巴拿赫(Banach)火柴盒问题
15 巴拿赫不动点定理
1.5 Banach 不动点定理及应用巴拿赫不动点定理(Banach Fixed Point Theorem )，又称为压缩映射定理或压缩映射原理，它是用泛函分析方法统一处理许多关于解的存在性和唯一性问题(如微分方程、代数方程组、积分方程等)的一个重要定理．许多方程求解问题往往可以转化为求某映射的不动点，而压缩映射原理描述了映射不动点的存在性和唯一性的充分条件，并提供了一个迭代程序，按此程序逐次逼近可求不动点的近似值和误差，这是代数方程，微分方程，积分方程，泛函方程以及计算数学中的一个很重要的方法．1.5.1 Banach 不动点定理及推论定义 1.5.1 不动点(Fixed points)设X 是一个非空集合，:A X X →为映射，如果存在x X ∗∈满足()A x x ∗∗=，则称x ∗为映射A 的不动点．例如(1)从R 到R 上的映射2:f x x →有两个不动点，即0x =和1x =．(2)从2R 到2R 上的映射:(,)(,)f x y y x →有无穷多个不动点，即直线y x =上的所有点均是不动点．设f 是空间X 到自身的映射，方程()0f x =的求解可转化为求映射:()T x f x x α→+的不动点，其中常数0α≠(显然当Tx x ∗∗=时，即()f x x x α∗∗∗+=，可得()0f x ∗=)．关于不动点的定理，最简单而又最广泛应用的是著名的压缩映射原理．定义 1.5.2 压缩映射(Contraction mapping)设X 是一个度量空间，:A X X →为映射，如果存在常数(0,1)α∈，对于任何,x y X ∈，有(,)(,)d Ax Ay d x y α≤则称A 为X 上的压缩映射．称常数α为压缩系数．显然压缩映射是连续映射．下面的压缩映射原理是由Banach 于1922年给出的，也称为Banach 不动点定理．定理 1.5.1 Banach 不动点定理(压缩映射原理Contraction mapping principle )设X 是完备的度量空间，:A X X →是压缩映射，则A 在X 中具有唯一的不动点，即存在唯一的x ∗，使得()x A x ∗∗=．证明 任取0x X ∈，构造点列{}n x ：10()x A x =，21()x A x =，32()x A x =，43()x A x =，…，1()n n x A x −=，…．下面证明 (1)证{}n x 为基本列；(2)证n x x ∗→，()x A x ∗∗=；(3)证x ∗的唯一性．(1)证{}n x 为基本列．因为A 是压缩映射，所以不妨设(,)(,)d Ax Ay d x y α≤，其中(0,1)α∈，记100(,)d x x c =，于是有2110100(,)(,)(,)d x x d Ax Ax d x x c αα=≤≤； 23221210(,)(,)(,)d x x d Ax Ax d x x c αα=≤≤；34332320(,)(,)(,)d x x d Ax Ax d x x c αα=≤≤；…… ……1112120(,)(,)(,)n n n n n n n d x x d Ax Ax d x x c αα−−−−−−=≤≤．因此对于正整数k 有1121(,)(,)(,)(,)n n k n n n n n k n k d x x d x x d x x d x x +++++−+≤+++L110()n n n k c ααα++−≤+++L0(1)1n k c ααα−=−01nc αα≤−0→ (n →∞) 故{}n x 为基本列．(2)证n x x ∗→，()x A x ∗∗=．因为X 是完备的度量空间，所以基本列{}n x 收敛，不妨设n x x ∗→(n →∞)；又知压缩映射是连续映射以及1()n n x A x −=，于是lim n n x x ∗→∞=1lim ()n n A x −→∞=1(lim )n n A x −→∞=Ax ∗=．(3)证x ∗的唯一性．若存在1x X ∗∈且11()x A x ∗∗=，那么111(,)(,)(,)d x x d Ax Ax d x x α∗∗∗∗∗∗=≤于是1(1)(,)0d x x α∗∗−≤，从而1(,)0d x x ∗∗≤，即1x x ∗∗=．□注1 Banach 不动点定理给出了在完备度量空间X 中求解不动点的迭代法，即1x X ∀∈，由1n n x Ax +=(1,2,n =L )获得不动点n x x ∗→．第n 次迭代后的近似解n x 与不动点x ∗的误差估计：根据上述定理证明的第二部分知0(,)1nn n k d x x c αα+≤−，于是令k →∞有01000(,)(,)(,)111n n nn d x x c d x x d Ax x αααααα∗≤==−−−．即00(,)(,)1nn d x x d Ax x αα∗≤−．注 2 Banach 不动点定理中的两个条件压缩性和空间的完备性都是十分重要的．例如当(,)(,)d Ax Ay d x y <时，未必存在不动点．设:A →R R ，()arctan 2A x x x π=+−，那么,x y ∀∈R ，有(,)d Ax Ay Ax Ay =−(arctan )(arctan )22x x y y ππ=+−−+−(arctan arctan )x y x y =−−−2()1x yx y ξ−=−−+(由Lagrange 中值定理知存在(,)x y ξ∈或(,)y x ξ∈) 22()1x y ξξ=−+(,)x y d x y <−=．但是，当Ax x =时，方程arctan 2x π=无解，因此映射A 在R 中没有不动点．Lagrange 中值定理：如果函数()f x 在闭区间[,]a b 连续，在开区间(,)a b 内可导，那么在(,)a b 内至少存在一点ξ(a b ξ<<)，使得()()()()'f b f a f b a ξ−=−．推论 1.5.1 设X 是完备的度量空间，映射:A X X →是闭球0(,)B x r 上的压缩映射，并且00(,)(1)d Ax x r α≤−，其中(0,1)α∈是压缩系数，那么A 在0,)B x r 中具有唯一的不动点．证明 显然0,)B x r 是完备度量空间X 的闭子集，所以0,)B x r 是完备的子空间．0,)x B x r ∀∈，有0(,)d x x r ≤，于是0000(,)(,)(,)d Ax x d Ax Ax d Ax x ≤+0(,)(1)d x x r αα≤+−(1)r r αα≤+−r ≤即0(,)Ax B x r ∈．可见A 是完备度量空间0(,)B x r 到0,)B x r 上的压缩映射，因此A 在0,)B x r 中具有唯一的不动点．□设映射:A X X →，记n nA AA A =64748L ，那么映射:n A X X →．推论 1.5.2 设X 是完备的度量空间，映射:A X X →，如果存在常数(0,1)α∈和正整数n ，使得,x y X ∀∈有(,)(,)n n d A x A y d x y α≤那么A 在X 中存在唯一的不动点．证明 显然n A 是压缩映射，所以n A 在X 中存在唯一的不动点x ∗，即n x A x ∗∗=．于是1()()n n n A Ax A x A A x Ax ∗+∗∗∗===可得Ax ∗也是n A 的不动点，由不动点的唯一性知：Ax x ∗∗=．同时易得2A x x ∗∗=，3A x x ∗∗=，…，n A x x ∗∗=下面证明x ∗的唯一性．设存在1x X ∗∈且11()x A x ∗∗=，得112A x x ∗∗=，113A x x ∗∗=，…，11n A x x ∗∗=，那么11(,)(,)d x x d Ax Ax ∗∗∗∗==K 1(,)n n d A x A x ∗∗=1(,)d x x α∗∗≤于是1(1)(,)0d x x α∗∗−≤，从而1(,)0d x x ∗∗≤，即1x x ∗∗=．□1.5.2 Banach 不动点定理的应用◇ 求方程的近似解定理 1.5.2 设:f →R R 是可微函数，且()1'f x α≤<，则方程()f x x =具有唯一解．证明 根据Lagrange 中值定理知存在(,)x y ξ∈，使得()()()()'f x f y f x y x y ξα−=−≤−，因此f 是完备度量空间R 上的压缩映射，于是由压缩映射原理知，()f x x =具有唯一解．例 1.5.1 求方程510x x +−=的根．解 显然函数5()1g x x x =+−的导函数为4()510'g x x =+>，即g 单调递增，且115()0232g =−<，(1)1g =，所以原方程只有一个根而且在(0.5,1)内．原方程可写为 51x x −=由于51x −不是一个压缩映射，即54(1)5'x x −=在(0.5,1)内并不小于1．将上式改造为5(1)x x λλ−=，即为5(1)(1)x x x λλ−+−=，于是当(0.5,1)x ∈及(0,1)λ∈时有54[(1)(1)]15'x x x λλλλ−+−=−−1λ<−．令14λ=，531()(1)44f x x x =+−，那么在(0.5,1)上()f x 满足 3()14'f x << 于是得()f x 是(0.5,1)上的压缩映射，取00.75x =，由迭代1()n n x f x +=可得10.7521x =，20.7533x =，30.7540x =，40.7544x =， 50.7546x =，60.7547x =，70.7548x =，80.7548x =，…．若取8x 作为不动点x ∗的近似解，其误差为80.750.75210.750.000810.75nx x ∗−≤−=−．□◇ 解线性代数方程组定理 1.5.3 设1111n n nn a a A a a ⎛⎞⎜⎟=⎜⎟⎜⎟⎝⎠L M M L ，1nn x x x ⎛⎞⎜⎟=∈⎜⎟⎜⎟⎝⎠M R ，1n n b b b ⎛⎞⎜⎟=∈⎜⎟⎜⎟⎝⎠M R ，若对每个1i n ≤≤，矩阵A 满足11n ij j a =<∑，即11max 1nij i nj a α≤≤==<∑，则线性方程组Ax b x +=具有唯一解x ∗．证明 在n R 上定义距离1(,)max{i i i nd x y x y ≤≤=−，其中T 12(,,,)n n x x x x =∈L R ，T 12(,,,)n n y y y y =∈L R ，易验证(,)n d R 是完备的度量空间．令映射:(,)(,)n n T d d →R R 为Tx Ax b =+．记T 12(,,,)n Tx u u u u ==L ，T 12(,,,)n Ty v v v v ==L ，于是11111n i j j n n ni j n j a x b u u u a x b ==⎛⎞+⎜⎟⎛⎞⎜⎟⎜⎟⎜⎟==⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠+⎜⎟⎝⎠∑∑M M ，11111n i j j nn ni j n j a y b v v v a y b ==⎛⎞+⎜⎟⎛⎞⎜⎟⎜⎟⎜⎟==⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠+⎜⎟⎝⎠∑∑M M ． 因此1(,)max{}i i i nd Tx Ty u v ≤≤=−11max{()}nij j j i nj a x y ≤≤==−∑111max{}max{}nij j j i ni nj a x y ≤≤≤≤=≤⋅−∑(,)d x y α=由11max 1nij i nj a α≤≤==<∑可知T 是压缩映射，从而存在唯一的不动点x ∗，即线性方程组Ax b x +=具有唯一解x ∗，且可根据迭代1n n x Ax b +=+求得方程的近似解．□◇ 证明隐函数存在定理定理 1.5.4 设二元函数(,)F x y 在区域{(,),}x y a x b y ≤≤−∞<<+∞上连续，关于y 的偏导数存在，且满足条件0(,)'y m F x y M <≤≤，其中m ，M 是正常数，则存在连续函数()y f x =，[,]x a b ∈满足：[,]x a b ∀∈，(,())0F x f x =．证明 在完备度量空间[,]C a b 中定义映射T ：()[,]x C a b φ∀∈，1()()()(,())T x x F x x Mφφφ=−． 由于(,)F x y 是连续函数，所以[,]T C a b φ∈，即:[,][,]T C a b C a b →．下面证T 是压缩映射．设,[,]C a b φϕ∈，根据微分中值定理得，存在(0,1)θ∈，使得11()(,())()(,())T T x F x x x F x x M Mφϕφφϕϕ−=−−+ 1()()[(,())(,())]x x F x x F x x Mφϕϕφ=−+− 1()()[(,()(()())](()()'y x x F x x x x x x Mφϕφθϕφϕφ=−++−− (1)()()mx x Mφϕ≤−−． 记1mMα=−，显然01α<<，于是有T T φϕαφϕ−≤−，因此 [,](,)max ()()()()x a b d T T T x T x φϕφϕ∈=−[,]max ()()x a b x x αφϕ∈≤−(,)d αφϕ=因此T 是压缩映射，由压缩映射原理知存在唯一的()[,]f x C a b ∈，使得()()()Tf x f x =即(,())0F x f x =，[,]x a b ∈．□◇ 在微分方程方面的应用设(,)f t x 在矩形区域00{(,),}D t x t t a x x b =−≤−≤连续，那么存在0M >使得(,)t x D ∀∈有(,)f t x M ≤，进一步假定(,)f t x 关于变量x 满足李普希兹(Lipshitz)条件：存在常数K ，12(,),(,)t x t x D ∀∈有1212(,)(,)f t x f t x K x x −≤−，那么有微分方程为00d (,)d ()xf x t tx t x ⎧=⎪⎨⎪=⎩ (2.4) 定理 1.5.5 (皮卡德Picard 定理)满足上述条件的微分方程(2.4)在区间00[,]t t ββ−+上有唯一解，其中1min{,,}2b a M Kβ=． 证明 设00[,]J t t ββ=−+，则J 上的连续函数组成的空间()C J 是完备的度量空间，显然()C J 的子集0{(),()}E x x C J x t x M β=∈−≤是闭集，于是E 也是完备的度量空间．通过积分可将微分方程(2.4)写成积分方程00()(,())d tt x t x f x τττ=+∫．()x t E ∀∈定义：00()()(,())d tt Tx t x f x τττ=+∫，下面验证Tx E ∈．由于(,)f t x 在在矩形区域00{(,),}D t x t t a x x b =−≤−≤连续，所以()()Tx t 在00[,]J t t ββ=−+上连续， 00()()Tx t x =，以及00()()(,())d tt Tx t x f x τττ−=∫(,())d tt f x τττ≤∫0M t t ≤−M β≤，于是Tx E ∈，即T 映射为:T E E →．再证T 是压缩映射．根据李普希兹条件得1212()()()()(,())d (,())d ttt t Tx t Tx t f x f x ττττττ−=−∫∫012max Jt t K x x τ∈≤−−12(,)Kd x x β≤又由β的定义知12K αβ=≤，于是1212(,)(,)d Tx Tx Kd x x β≤，即T 是压缩映射．因此T 在E 中存在唯一的不动点x ∗，即存在00[,]J t t ββ=−+上的连续函数x ∗，满足积分方程0()(,())d tt x t x f x λτττ=+∫，两边微分可得x ∗是微分方程(2.4)的唯一解，并且x ∗是迭代序列012,,,,,n x x x x L L 的极限，其中010()(,())d tn n t x t x f x τττ+=+∫．□◇ 在积分方程方面的应用设(,)K t τ在矩形区域{(,),}D t a t b ττ=≤≤连续，()[,]f x C a b ∈，且[,]t a b ∀∈有(,)d baK t M ττ≤<+∞∫，那么费雷德霍姆(Fredholm)积分方程为()()(,)()d ba x t f t K t x λτττ=+∫． (2.5)定理 1.5.6 对于任意的()[,]f x C a b ∈，当1Mλ<时，Fredholm 积分方程(2.5)有唯一连续解()x t ∗，并且函数()x t ∗是迭代序列012,,,,,n x x x x L L 的极限，其迭代过程为1()()(,)()d bn n a x t f t K t x λτττ+=+∫．证明 设()()()(,)()d bn aTx t f t K t x λτττ=+∫，由(,)K t τ的连续性知，T 是从[,]C a b 到[,]C a b 上的映射:[,][,]T C a b C a b →．(),()[,]x t y t C a b ∀∈有(,)max{()()()()a t bd Tx Ty Tx t Ty t ≤≤=−max{(,)()d (,)()d }b baaa t bK t x K t y λτττλτττ≤≤=−∫∫max{(,)[()()]d }baa t bK t x y λττττ≤≤=−∫max{(,)()()d }baa t bK t x y λττττ≤≤≤−∫max{()()}a bM x y τλττ≤≤≤−(,)Md x y λ=由于1M λ<，即T 是压缩映射，根据压缩映射原理知T 在[,]C a b 上存在唯一的不动点()x t ∗，即为Fredholm 积分方程的唯一连续解，且函数()x t ∗是迭代序列012,,,,,n x x x x L L 的极限，其迭代过程为1()()(,)()d bn n ax t f t K t x λτττ+=+∫．□◇ 牛顿迭代法的证明牛顿迭代法（Newton's method ）又称为牛顿-拉夫逊方法（Newton-Raphson method ），它是牛顿在 17世纪提出的一种在实数域和复数域上近似求解方程的方法．多数方程不存在求根公式，因此求精确根非常困难，甚至不可能，从而寻找方程的近似根就显得特别重要．牛顿迭代法是求方程根的重要方法之一，而且其最大优点是在方程的单根*()0f x =附近具有平方收敛，该法还可以用来求方程的重根、复根，另外该方法广泛用于计算机编程中．定理 1.5.6 设f 是定义在[,]a b 上的二次连续可微的实值函数，*x 是f 在(,)a b 内的单重零点，那么当初值0x 充分靠近存*x 时，由关系式1()n n x g x +=，()()()n n n 'n f x g x x f x =−所定义的迭代序列收敛于*x ．证明 因为*()0f x =，依据中值定理可得***1()()()()'f x f x f x f x x k x x ξ=−=−≤−．由于*x 是f 的单重零点，所以存在*x 的某闭邻域*1()(,)U x a b ⊂，使得*1()x U x ∀∈，()0f x ≠，而且()"f x 连续．于是2()[()]"'f x f x 在*1()U x 上有界2k ，所以*1()x U x ∀∈，有 2*21222[()]()()()()()1()[()][()]'""'''f x f x f x f x f x g x k f x k k x x f x f x −=−=≤≤−． 显然当*1212x x k k −<时，1()2'g x <．令**2121(){}2U x x x x k k =−<以及***12()()()U x U x U x =I ，于是()g x 在邻域*()U x 内为压缩映射，根据压缩映射原理可知命题成立．□。
巴拿赫不动点定理的理解
巴拿赫不动点定理的理解引言在数学中存在许多重要的定理，而巴拿赫不动点定理就是其中之一。
它是一种纯数学定理，也是数学分析、拓扑学、优化理论等领域中的重要工具。
巴拿赫不动点定理的提出和证明，为这些学科的发展做出了重要的贡献。
什么是不动点在理解巴拿赫不动点定理之前，我们先来了解一下什么是不动点。
给定一个映射f，如果存在一个元素x使得f(x)=x，那么x被称为这个映射的不动点。
换句话说，不动点就是映射下的一个特殊的元素，它在映射后不发生改变。
巴拿赫空间巴拿赫空间是巴拿赫不动点定理的基础概念之一。
巴拿赫空间指的是一个完备的赋范线性空间，其中的距离可以通过范数来度量。
简单来说，巴拿赫空间是一个完备的向量空间。
定理的陈述巴拿赫不动点定理的陈述如下：对于一类压缩映射，也就是满足一定条件的映射f，总存在一个不动点x，使得f(x)=x。
定理的证明思路巴拿赫不动点定理的证明思路非常巧妙，可以通过构造序列以及使用完备性来完成。
证明过程压缩映射的定义首先，我们先来定义压缩映射。
给定一个度量空间M，如果存在一个常数k，使得对于任意的x和y都有d(f(x), f(y)) ≤ kd(x, y)，其中d为M上的度量函数，f为映射函数，那么f被称为一个压缩映射。
不动点的存在性为了证明定理，我们将构造一个序列来逼近不动点。
首先，我们选择任意一个初始点x0。
然后，我们递归地定义序列{x0，x1，x2，…}，使得对于任意的n≥1，都有x(n+1) = f(xn)。
通过这个递归定义，我们可以得到一个序列{x0, f(x0),f(f(x0)), …}。
序列的收敛性我们需要证明这个序列是收敛的，也就是存在极限。
根据压缩映射的性质，我们可以得到d(xn, xm) ≤ k^n * d(x0, x1)，其中k为压缩映射的常数。
由于k<1，所以当n趋向于无穷大时，k^n趋向于0，即序列{x0, f(x0), f(f(x0)), …}是一个Cauchy序列。
独立重复试验概率优质说课
二：广泛联想，让学生的思维“活”起来
三：变式教学，让学生的思维“跳”起来
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问题情景：师生游戏，现在有一个不透明的盒子，教师 当着同学的面把10个大小相同的黄球，5个白球放入盒 子中，讲清游戏规则：一次从中取球，然后放回，再取 下一次。 教师先从盒子中依次取三次球，边取边提出几个问题 （1）第一次取球，取出白球的概率是多少？ （2）第二次取球，取出白球的概率是多少？第三次呢？ （3）前一次取球对后一次取球有无影响？
能力目标：进一步发展学生类比、归纳、猜想等合情
推理能力；通过对各种不同的实际情况的分析、判断、 探索，培养学生的应用能力.
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激发学生学习数学的热情和兴趣，并从中领会对立统 一的辨证思想；结合问题的现实意义，培养学生的合 作精神. 返回流程
教学方法
自主探索 民主开放 合作交流 师生对话
应用知识阶段
返回流程
小结与作业
一：知识小结
本质特征 独立重复试验 知识应用
概率公式
建模
二：作业 （1）书面作业：课本上的习题
（2）探究性作业：巴拿赫(Banach)火柴盒盒问题 波兰数学家随身带着两盒火柴，分别放在左、右两个 衣袋里，每盒有n根火柴，每次使用时，便随机地从其中 一盒中取出一根。试求他发现一盒已空时，另一盒中剩下 的火柴根数k的概率。 设计意图:作业分为二种形式，体现作业的巩固性和发展 性原则。书面作业中的问题思考是后续课堂的铺垫，而探 究性作业不作统一要求，供学有余力的学生课后研究。同 时，它也是新课标里研究性学习的一部分。
引出独立重复试验的概率
抽奖：规则是每人上来抽4次，4个全是白球，奖4个球， 有3个白球，奖3个球，有2个白球，奖2个球，1个白球奖 白球一个，没有白球没有奖励 （1）取出的4球是恰好有4个是白球，3个是白球，2个 是白球，1个白球的概率分别为多少? (2) 如果取出的球数是5个，则恰好含有4个白球的概 率是多少？ (3) 如果取出的球数是n个，则恰好含有r个白球的概率是 多少？ (4)如果进行的n次独立重复试验，事件A在一次试验中 发生的概率是P,则在n次独立重复试验中事件A发生k次 的概率是多少
第5讲 巴拿赫不动点定理
An x∗ = x∗
下面证明
x∗
的唯一性．设存在
x∗ 1
∈X
且
x∗ 1
=
A(
x∗ 1
)
，得
A2
x∗ 1
=
x∗ 1
，A3
x∗ 1
=
x∗ 1
，…，An
x∗ 1
=
x∗ 1
，
那么
d
(
x∗
,
x∗ 1
)
=
d ( Ax∗ , Ax1∗ )
=…
=
d
(
An
x∗
,
An
x∗ 1
)
≤
α
d
(
x∗ 1
,
x
∗
)
于是
(1
−
α
)d
(
4
44
f ' (x) < 3 < 1 4
于是得 f (x) 是 (0.5,1) 上的压缩映射，取 x0 = 0.75 ，由迭代 xn+1 = f (xn ) 可得 x1 = 0.7521 ， x2 = 0.7533 ， x3 = 0.7540 ， x4 = 0.7544 ，
x5 = 0.7546 ， x6 = 0.7547 ， x7 = 0.7548 ， x8 = 0.7548 ，…．
d (xn
,
xn−1 )
=
d
( Axn−1,
Axn−2
)
≤
α
d (xn−1,
xn − 2
)
≤
α
c n−1 0
．
因此对于正整数 k 有
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西安电子科技大学理学院 杨有龙
概率论与数理统计2.第二章练习题（答案）
概率论与数理统计2.第⼆章练习题（答案）第⼆章练习题(答案)⼀、单项选择题1. 已知连续型随机变量X 的分布函数为3.若函数f(x)是某随机变量X 的概率密度函数，则⼀定成⽴的是(C ) A. f(x)的定义域是[0, 1] B. f(x)的值域为[0,1]4.设X - N(l,l),密度函数为f(x),则有(C )5.设随机变量X ~ N (/M6), Y ?N 仏25)，记 P1 = P (X “ + 5), 则正确的是(A)对任意“，均有Pi = p 2 (B)对任意“，均有Pi v p?(c)对任意〃，均有Pl > Pi (D )只对“的个别值有P1 = P26.设随机变量x ?N(10^s 2) 9 则随着s 的增加 P{|X- 10|< s} ( C )F(x) =o,kx+b 、 x<0 0 < x< x>则常数&和〃分别为 (A) k = —b = 0龙， (B) k = 0,b 丄 (C) k = —,b = 0 (D) k = 0,b= 1 n In In2.下列函数哪个是某随机变量的分布函数(A ) z 7fl -cosx ； 2 0, f sinx,A. f(x)』沁,xnO C. f (x)= a (a>0);B. f (x)1, x < 0[cosx, — - < X < - 1 2 2 D. f (x) 其他 0, 0 < X < 7T 其他 —-< x < - 2 2 其他 C- f(x)⾮负D. f (x)在(-叫+00)内连续A. P {X O }B. f(x)= f(-x)C. p{xl} D ? F(x) = l-F(-x)A.递增B.递减C.不变D.不能确定7.设⽚3与E（⼒分别为随机变量X、兀的分布函数，为使F（沪aF?—胡（⼒是某⼀随机变量的分布函数，在下列给定的多组数值中应取（A ）&设⼼与⼈是任意两个相互独⽴的连续型随机变量，它们的概率密度函数分别为ft （⼒和f2（⼒，分布函数分别为川⼒和E （⼒，则（A）亡（⼒+負（⼒必为某个随机变量的概率密度；（B） f⼼）临（⼒必为某个随机变量的概率密度；（C）川⼒+￡（⼒必为某个随机变量的分布函数；（D）FAx）吠（⼒必为某个随机变量的分布函数。
概率论与数理统计考试题库及答案(四)
《概率论与数理统计》复习试题（后面带答案）一、填空题1．设 A 、B 、C 是三个随机事件。
试用 A 、B 、C 分别表示事件1）A 、B 、C 至少有一个发生2）A 、B 、C 中恰有一个发生3）A 、B 、C 不多于一个发生2．设 A 、B 为随机事件， P (A)=0.5，P(B)=0.6，P(B A)=0.8。
则P(B )A ＝3．若事件A 和事件B 相互独立, P()=,A αP(B)=0.3，P(A B)=0.7,则α=4. 将C,C,E,E,I,N,S 等7个字母随机的排成一行，那末恰好排成英文单词SCIENCE 的概率为5. 甲、乙两人独立的对同一目标射击一次，其命中率分别为0.6和0.5，现已知目标被命中，则它是甲射中的概率为6.设离散型随机变量X 分布律为{}5(1/2)(1,2,)kP X k A k ===⋅⋅⋅则A=______________ 7. 已知随机变量X 的密度为()f x =⎩⎨⎧<<+其它,010,x b ax ,且{1/2}5/8P x >=,则a =________ b =________8. 设X ～2(2,)N σ,且{24}0.3P x <<=,则{0}P x <= _________9. 一射手对同一目标独立地进行四次射击，若至少命中一次的概率为8081，则该射手的命中率为_________10.若随机变量ξ在（1，6）上服从均匀分布，则方程x 2+ξx+1=0有实根的概率是11.设3{0,0}7P X Y ≥≥=，4{0}{0}7P X P Y ≥=≥=，则{max{,}0}P X Y ≥= 12.用（,X Y ）的联合分布函数F （x,y ）表示P{a b,c}X Y ≤≤<=13.用（,X Y ）的联合分布函数F （x,y ）表示P{X a,b}Y <<=14.设平面区域D 由y = x , y = 0 和 x = 2 所围成，二维随机变量(x,y)在区域D 上服从均匀分布，则（x,y ）关于X 的边缘概率密度在x = 1 处的值为 。
取石子问题
取石子问题有一种很有意思的游戏，就是有物体若干堆，可以是火柴棍或是围棋子等等均可。
两个人轮流从堆中取物体若干，规定最后取光物体者取胜。
这是我国民间很古老的一个游戏，别看这游戏极其简单，却蕴含着深刻的数学原理。
下面我们来分析一下要如何才能够取胜。
（一）巴什博奕（Bash Game）：只有一堆n个物品，两个人轮流从这堆物品中取物，规定每次至少取一个，最多取m个。
最后取光者得胜。
显然，如果n=m+1，那么由于一次最多只能取m个，所以，无论先取者拿走多少个，后取者都能够一次拿走剩余的物品，后者取胜。
因此我们发现了如何取胜的法则：如果n=（m+1）r+s，（r为任意自然数，s≤m),那么先取者要拿走s个物品，如果后取者拿走k（≤m)个，那么先取者再拿走m+1-k个，结果剩下（m+1）（r-1）个，以后保持这样的取法，那么先取者肯定获胜。
总之，要保持给对手留下（m+1）的倍数，就能最后获胜。
这个游戏还可以有一种变相的玩法：两个人轮流报数，每次至少报一个，最多报十个，谁能报到100者胜。
（二）威佐夫博奕（Wythoff Game）：有两堆各若干个物品，两个人轮流从某一堆或同时从两堆中取同样多的物品，规定每次至少取一个，多者不限，最后取光者得胜。
这种情况下是颇为复杂的。
我们用（ak，bk）（ak ≤ bk ,k=0，1，2，...,n)表示两堆物品的数量并称其为局势，如果甲面对（0，0），那么甲已经输了，这种局势我们称为奇异局势。
前几个奇异局势是：（0，0）、（1，2）、（3，5）、（4，7）、（6，10）、（8，13）、（9，15）、（11，18）、（12，20）。
可以看出,a0=b0=0,ak是未在前面出现过的最小自然数,而bk= ak + k，奇异局势有如下三条性质：1。
任何自然数都包含在一个且仅有一个奇异局势中。
由于ak是未在前面出现过的最小自然数，所以有ak > ak-1 ，而bk= ak + k > ak-1 + k -1 = bk-1 > ak-1 。
巴拿赫映射划分定理
巴拿赫映射划分定理1.简介巴拿赫映射划分定理是泛函分析中一个重要的定理，它是巴拿赫定理的推广。
该定理最初由德国数学家Stefan Banach于1932年提出，它给出了一个有限维的划分定理问题的泛化，为不完备的赋范空间的理论研究提供了一个基础。
2.巴拿赫定理在谈论巴拿赫映射划分定理之前，首先需要了解巴拿赫定理。
巴拿赫定理是泛函分析中非常基础的定理，它指出在一个完备的赋范空间中，任意收敛的柯西列都有收敛的极限。
巴拿赫定理也称为“完备空间定理”，它是泛函分析中的一个核心定理，许多其它定理和概念都是基于巴拿赫定理发展起来的。
3.巴拿赫映射划分定理的表述巴拿赫映射划分定理表述如下：若一个线性映射T将一个Banach 空间X中的任意凸有界集映射到一个局部凸空间Y的凸有界集，则T 可以划分为一族高度凸集的积，即T=T1×T2×...×Tn，其中Ti是局部凸集Y的高度凸子集，这就是说，Ti必须满足以下两个条件：-Ti是Y的子集；-任意两个不同的点x和y在Ti中，就有tx和ty使得T(x)-T(y)=t(x-y)且|tx|+|ty|≤1。
其中在积的意义下，T(x)=(T1(x),T2(x),...,Tn(x))是把X中的元素x映射到积空间Y1×Y2×...×Yn中的元素的映射。
4.实例说明举一个具体的例子来说明巴拿赫映射划分定理。
假设我们有一个有限维向量空间V，它通过一个线性映射T映射到另一个有限维向量空间W中。
如果我们知道T将V中的一个凸有界集映射到W中的一个凸有界集，那么我们就可以使用巴拿赫映射划分定理来描绘如何将T划分为高度凸集的积。
假设我们将W划分为如下三个高度凸子集W=W1×W2×W3，则对于每一个i=1,2,3，我们有T(V)∩(W1×W2×W3)需要包含一个Ti的高度凸子集。
这个高度凸子集我们可以表示为Ti×0×0、0×Ti×0或者0×0×Ti中的一个。
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巴拿赫（Banach ）火柴盒问题
波兰数学家巴拿赫随身带着两盒火柴，分别放在两个衣袋里，每盒有n 根火柴. 每次使用时，便随机地从其中一盒中取出一根. 试求他将其中一盒火柴用完，而另一盒中剩下的火柴根数的分布规律.
解 为了求得巴拿赫衣袋中的一盒火柴已空，而另一盒还有k 根的概率，我们记A 为取左衣袋盒中火柴的事件，___A 为取右衣袋盒中火柴的事件. 将取一次火柴看作一次随机实验，每次实验结果是A 或___A 发生。
显然有2
1)()(___==A p A p . 若巴拿赫首次发现他左衣袋中的一盒火柴变空，这时事件A 已经是第1+n 次发生，而此时他右边衣袋中火柴盒中恰剩k 根火柴相当于他在此前已在右衣袋中取走了k n - 根火柴，即___
A 发生了k n -次. 即一共做了12+-k n 次随机试验，其中事件A 发生了1+n 次,___A 发生了k n -次. 在这12+-k n 次实验中，第12+-k n 是A 发生，在前面的k n -2 次实验中A 发生了n 次. 所以他发现左衣袋火柴盒空，而右衣袋恰有k 根火柴的概率为 k n n k n k n n n
k n C A P A p C A p ----⎪⎭⎫ ⎝⎛=22___22121))(())(()(
由对称性知，当右衣袋中空而左衣袋中恰有k 根火柴的概率也是k n n k n C --⎪⎭
⎫ ⎝⎛222121. 最后得巴拿赫发现他一只衣袋里火柴空而另一只衣袋的盒中恰有k 根火柴的概率为 n k C k n n k n ,,1,0,212122 =⎪⎭
⎫ ⎝⎛--
1、作者：周义仓，赫孝良
2、书名：《数学建模实验》
3、出版社：西安交通大学出版社
4、出版时间：1999年10月
巴拿赫（Banach ）火柴盒问题
波兰数学家巴拿赫随身带着两盒火柴，分别放在两个衣袋里，每盒有n 根火柴。
每次使用时，便随机地从其中一盒中取出一根。
试求他将其中一盒火柴用完，而另一盒中剩下的火柴根数的分布规律。
为了求得巴拿赫衣袋中的一盒火柴已空，而另一盒还有k 根的概率，我们记A 为取左衣袋盒中火柴的事件，A 为取右衣袋盒中火柴的事件。
将取一次火柴
看作一次随机实验，每次实验结果是A 或A 发生。
显然有P （A ）= P （A ）=
2
1. 若巴拿赫首次发现他左衣袋中的一盒火柴变空，这时事件A 已经是第n+1次发生，而此时他右边衣袋中火柴盒中恰剩k 根火柴相当于他在此前已在右衣袋
中取走了n-k 根火柴，即A 发生了n-k 次。
即一共做了2n-k+1次实验，其中事件A 发生了n+1次，A 发生了n-k 次。
在这2n-k+1次实验中，第2n-k+1次是A 发生，在前面的2n-k 次实验中A 发生了n 次。
所以他发现左衣袋火柴盒空，而右衣袋恰有k 根火柴的概率为
k n n k n k n n n k n C C A P A P A P ----=222)2
1(21))(())(()( 又对称性知，当右衣袋中空而左衣袋中恰有k 根火柴的概率也是k n n k n C --22)2
1(21。
最后得巴拿赫发现他一只衣袋里火柴空而另一只衣袋的盒中恰有k 根火柴的概率为k n n k n C --22)2
1(，k=0,1,…,n
（*巴拿赫（Stefan Banach ，公元1892年3月30日─公元1945年8月31日）是著名的波蘭數學家。
生於克拉科夫，卒於利沃夫。
1910年進入利沃夫工學院學習，1919年獲博士學位。
1919年起任利沃夫工學院數學講師，1922年轉為利沃夫大學的講師，1927年成為教授。
先後被選為波蘭科學院和烏克蘭科學院的通訊院土、波蘭數學學會主席。
第二次世界大戰期間，波蘭被德軍占領，他在一所醫學研究所做喂養昆蟲的工作，停戰後又回到利沃夫大學工作。
巴拿赫是利沃夫學派的開創人之一，對泛函分析的發展做出了突出貢獻。
他引進了線性賦範空間的概念，建立了其上的線性算子理論。
他證明了作為泛函分析基礎的三個定理：哈恩─巴拿赫延拓定理、巴拿赫─斯坦因豪斯定理及閉圖象定理。
這些定理概括了許多經典的分析結果，在理論上和應用上都有重要價值。
人們把完備的線性賦範空間稱為巴拿赫空間。
此外，巴拿赫在正交級數論、集合論、測度論、積分論、常微分方程論、複變函數論等方面都有很多出色的工作。
其主要著作《線性算子理論》被譯成多種文字，有很大影響。
*)
这是独立重复试验吗？——“巴拿赫火柴问题”质疑
唐登永 重庆市合川中学
随着新的课程标准的实施,概率进入到了中学课堂。
一个经典数学名题——“巴拿赫火柴问题”为各大教辅资料所青睐，纷纷选为例题或习题。
“巴拿赫火柴问题”：某人有两盒火柴各n 根，每次使用火柴时，他随机地从任一盒中抽出一根，经过一段时间后，他发现其中一盒火柴已用完，求此时另一盒为柴还有r 根的概率。
解法一：（摘自《名师导航 金版教程》丛书之《高二数学》 光明日报出版社） 这是一个独立重复实验题。
设事件A ＝“一盒已用完，另一盒还有r 根”，A 1＝“甲盒用完，乙盒还有r 根”，A 2＝“乙用完，甲还有r 根”，则显然事件A 1、A 2互斥，P(A)=P(A 1)+P(A 2)。
事件A 1相当于共抽取2n-r+1，而且第2n-r+1次取自甲盒，前2n-r 次恰好是2n-r 次独立重复实验；又从甲盒中抽取与从乙盒中抽取是等可能的，其概率为2
1。
故P(A 1)＝C 212121r -2n r n n n -）（）（＝P(A 2)
P(A)=C ()()r n n n
-2
121r -2n =C ()r n n r n --2212. 解法二：（成才之路《高二数学》 内蒙古少儿出版社出版） 这是一个2n-r 重独立重复实验。
由于从两盒中抽取是等可能的，其概率为21。
故概率为P(A)=C ()()r n n n
-21
21r -2n =C ()r n n
r n --2212
我校所用资料《高中数学导学导练》中也有类似题目：甲、乙两冰箱内各有5听饮料，某人每次饮用时，在任一箱中任取一听，求甲冰箱饮用完毕而乙冰箱还有4听的概率。
学生做来也是五花八门，并且只有少数人用独立重复试验的方法求解。
解法三：（对应计数法――笔者）
将抽出的火柴排成一列，不妨用0表示取自甲盒的火柴，用1表示取自乙盒的火柴，则每一种抽取方法与0、1的一个排列之间是一一对应关系（0或1的个数都不超过n 个）。
于是，该题就是取2n-r 个0，1排成一列，要求n 个0（或1）全部取出排在这2n-r 个位置的概率，利用概率的定义便可求解。
有利事件数为：2n r n c -2，基本事件数为：
r n r n n r n n r n c c c -+--+-+-+⋯++1211212＝
][2211211201212-+-+-+-+-+⋯++-n r n r n r n r n c c c
故概率为 ]
[222112112012122-+-+-+-+--+⋯++-n r n r n r n r n n r
n c c c C 三种解法各不相同，特别是解法三与前两种解法更是截然不同，为什么？如果作为独立重复试验，本题与投掷硬币，一面出现n 次时，另一面恰好出现n-r 次的概率似乎是一样的，至少从标准答案看是一致的。
笔者在审查自已的解法时也发现，若将基本事件数确定为22n-r+1，即2n-r+1个位置中，每个位置可排0或1，则与解法一相吻合了。
其实不然，因为投掷硬币，一面出现的次数是不受限制的，即某一面可以出现2n-r 次。
而本题中若第2n-r+1个位置的前面若干个位置中若已排了n 个0（或1），那么其后的位置不可能有两种排法了（要么剩下1，要么剩下0）；就是说，若独立重复试验进行若干次后，某一盒火柴已用完，再试验则只可能是必然事件或不可能事件了，这与投掷硬币是不同的。
如果将此题改为某人有两盒火柴各n 根，每次使用火柴时，他随机地从任一盒中抽出一根，经过一段时间后，他发现其中一盒火柴用了k 根另一盒用了l 根，(k+l ≤n),则与标准答案一致了，因为此时不存在某一盒火柴用完的问题了。
因此，笔者以为，这根本不是一个独立重复试验。
以上所述不知对否，望不吝指教。